Question

6．如图，抛物线y=-x²+bx+c的顶点为D，与x轴交于A（-1，0）、B（3，0），与y轴交于点C．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）若点P为线段BC上的一点（不与B、C重合），PM∥y轴，且PM交抛物线于点M，交x轴于点N，当四边形OBMC的面积最大时，求△BPN的周长；
（3）在（2）的条件下，当四边形OBMC的面积最大时，在抛物线的对称轴上是否存在点Q，使得△CNQ为直角三角形？若存在，直接写出点Q的坐标．

Answer 1

分析 （1）把A、B两点坐标代入可求得b、c的值，可求得抛物线的解析式；
（2）△BOC面积不变，故当M点离直线BC最远时，四边形OBMC的面积最大，可求得直线BC的解析式，则过M且与直线BC平行的直线与抛物线只有一个交点时，M离直线BC的距离最远，可求得M点的坐标，则可求得BN、PN和PB，可求得答案；
（3）可设出Q点坐标，可分别表示出CQ、NQ和CN，分∠CQN=90°、∠QCN=90°和∠QNC=90°三种情况，结合勾股定理可得到方程，可求得Q点坐标．

解答 解：（1）把A、B坐标代入抛物线解析式可得：
$\left\{\begin{array}{l}{-1-b+c=0}\\{-9+3b+c=0}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{b=2}\\{c=3}\end{array}\right.$，
∴抛物线解析式为y=-x²+2x+3；
（2）∵y=-x²+2x+3，
∴C（0，3），且B（3，0），
∴△BOC面积固定，
∴当M离直线BC最远时，四边形OBMC的面积最大，
设直线BC的解析式为y=kx+b，把B、C坐标代入可得$\left\{\begin{array}{l}{3=b}\\{0=3k+b}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{k=-1}\\{b=3}\end{array}\right.$，
∴直线BC解析式为y=-x+3，
∴当过点M与直线平行的直线l与抛物线有一个交点时，M离直线BC最远，如图1，

可设该直线解析式为y=-x+m，联立抛物线解析式可得$\left\{\begin{array}{l}{y=-{x}^{2}+2x+3}\\{y=-x+m}\end{array}\right.$，
消去y，整理可得：x²-3x+m-3=0，
当该方程有两个相等的实数根时，直线l与抛物线有一个交点，
∴（-3）²-4（m-3）=0，解得m=$\frac{21}{4}$，
此时可解得方程组的解为$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{3}{2}}\\{y=\frac{13}{4}}\end{array}\right.$，
∴M点坐标为（$\frac{3}{2}$，$\frac{13}{4}$），
又∵PM∥y轴，
∴ON=$\frac{3}{2}$，且OB=3，∴BN=$\frac{3}{2}$，
在直线y=-x+3中，当x=$\frac{3}{2}$时，代入可求得y=$\frac{3}{2}$，即PN=$\frac{3}{2}$，
在Rt△BPN中，由勾股定理可求得PB=$\frac{3\sqrt{2}}{2}$，
∴BN+PN+PB=3+$\frac{3\sqrt{2}}{2}$，
即当四边形OBMC面积最大时，△BPN的周长为3+$\frac{3\sqrt{2}}{2}$；
（3）∵y=-x²+2x+3，
∴抛物线对称轴方程为x=1，
∴设Q点坐标为（-1，y），
由（2）可知N点坐标为（$\frac{3}{2}$，0），
∴CN=$\sqrt{（0-\frac{3}{2}）^{2}+（3-0）^{2}}$=$\frac{3\sqrt{5}}{2}$，CQ=$\sqrt{[0-（-1）]^{2}+（3-y）^{2}}$=$\sqrt{{y}^{2}-6y+10}$，NQ=$\sqrt{（\frac{3}{2}-1）^{2}+{y}^{2}}$=$\sqrt{\frac{1}{4}+{y}^{2}}$，
若△CNQ为直角三角形，则有三种情况：
①当∠CQN=90°时，由勾股定理可得CQ²+NQ²=CN²，即y²-6y+10+$\frac{1}{4}$+y²=$\frac{45}{4}$，整理可得2y²-6y-1=0，解得y=$\frac{3}{2}$±$\frac{\sqrt{11}}{2}$，此时Q点坐标为（1，$\frac{3}{2}$+$\frac{\sqrt{11}}{2}$）或（1，$\frac{3}{2}$-$\frac{\sqrt{11}}{2}$）；
②当∠QCN=90°时，由勾股定理可得CQ²+CN²=NQ²，即y²-6y+10+$\frac{45}{4}$=$\frac{1}{4}$+y²，解得y=$\frac{7}{2}$，此时Q点坐标为（1，$\frac{7}{2}$）；
③当∠QNC=90°时，由勾股定理可得NQ²+CN²=CQ²，即$\frac{1}{4}$+y²+$\frac{45}{4}$=y²-6y+10，解得y=-$\frac{1}{4}$，此时Q点坐标为（1，-$\frac{1}{4}$）；
综上可知存在满足条件的Q点，其坐标为（1，$\frac{3}{2}$+$\frac{\sqrt{11}}{2}$）或（1，$\frac{3}{2}$-$\frac{\sqrt{11}}{2}$）或（1，$\frac{7}{2}$）或（1，-$\frac{1}{4}$）．

点评 本题主要考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法、函数图象的交点问题、勾股定理、一元二次方程根的判别式等知识点．在（1）中注意待定系数法的解题步骤，在（2）中确定出M点的位置是解题的关键，在（3）中分三种情况分别得出关于Q点的坐标的方程是解题的关键．本题考查知识点较为基础，但计算量较大，容易出错，难度适中．